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CHAPITRE

3

Fonction carré.
Problèmes
nd
du 2 degré

ACTIVITÉS

(page 67)
Le trapèze AHNC est contenu dans le triangle AIC, donc
aire(AHNC) ⭐ aire (AIC).
D’où aire(AMNP) ⭐ aire(AIB).
Figure 2 : M ∈ [KB].
C

Activité 1
2 Estimations à 0,01 m près :
• hauteur maximale atteinte h ≈ 4,10 m ;
• longueur du lancer ᐉ ≈ 14,18 m.

I

Activité 2
2 Conjectures : l’aire du triangle ABI semble supérieure
ou égale à celle du rectangle AMNP.
L’égalité des aires semble obtenue lorsque M est au milieu
de [AB] (x = 2).

3 Stratégies de preuve
• Géométrie : comparaison d’aires
Figure 1 : M ∈ [AK] où K est le milieu de [AB].
C

P

N
I
H

A

M

K

B

Le rectangle AMNP a même aire que le trapèze AHNC et le
triangle AIC même aire que le triangle ABI.

30

P

A

H

N

K

M

B

Par un raisonnement analogue :
aire (AHNB) ⭐ aire(ABI)
donc aire (AMNP) ⭐ aire(ABI).
Dans tous les cas, aire (AMNP) ⭐ aire(ABI) et l’égalité a
lieu lorsque M est en K milieu de [AB].
• Analyse : utilisation d’une fonction
On pose AM = x avec 0 ⭐ x ⭐ 4, d’où MN = MB = 4 – x.
aire(AMNP) = x(4 – x) et aire(ABI) = 4 cm2.
Posons f (x) = x(4 – x) pour x ∈ [0 ; 4].
Sur la calculatrice, on conjecture pour f un maximum de 4
obtenu pour x = 2.
4 – f (x) = 4 – x(4 – x) = 4 – 4x + x2 = (2 – x)2.
Ainsi, pour tout x, 4 – f (x) ⭓ 0 donc f (x) ⭐ 4 et la valeur 4
est obtenue lorsque x = 2 .
On conclut : aire(AMNP) ⭐ aire(ABI).
L’égalité a lieu lorsque x = 2, c'est-à-dire lorsque M est au
milieu de [AB].

PROBLÈME OUVERT
Les dimensions des côtés de l’angle droit de chacune des
équerres sont notées x et 10 – x (0 ⭐ x ⭐ 10).
Piste 1 : aire 쎻
5 = aire (grand carré) – 4 aire(équerre)
aire 쎻
5 = 100 – 2x(10 – x)
aire 쎻
5 = 2x2 – 20x + 100.
• Penser à tabuler pour conjecturer numériquement la valeur
de x qui minimise l’aire 쎻
5.
• Penser à examiner la courbe de la fonction représentant
l’aire 쎻
5 pour conjecturer son minimum.
• Prouver que les conjectures sont valides ou non.
Piste 2 : le côté c du carré 쎻
5 est d’après le théorème de

2

a) A = 25x2 – 20x + 4 ; b) B = 9x2 – 25 .
4
a) A = 3 – 212 ; b) B = – 1 ; c) C = 21 + 1213.

3

Corrigé dans le manuel.

4

UV = (18 – 17)(212 – 17) = (18 – 17)(18 + 17)
= 1.

5

a) A = 4x2 + 6x – 7 ;

b) B = 9x2 – 16x – 4.

6

a) C = – 5x2 + 36x – 7 ;

b) B = 17x2 – 18x + 26 ;

c) G = (3x – 5)(3x + 5) – (3x – 5)(2x – 3)
G = (3x – 5)(x + 8).

14 E = t(t – 2) ; F = (t – 1)(5 – t) ; G = (2t + 1)(2t – 3).
15 A = 3(x + 2)2 – 8 ; B = 5 – 2(x – 1)2 ; C = 4 – (x – 2)2.

c) E = 10x2 – 23x + 11.

7

Le coefficient de x est 2.

8

a) (6x – 5)(6x + 5) ;

9

a) 49t2 – 14t + 1 = (7t – 1)2.

b) (x – 9)2 ;

c) (2x + 5)2.

2

b) 36t – 121 = (6t – 11)(6t + 11).
c) 16 + 24t + 9t2 = (4 + 3t)2.

10 a) x2 – 3 = (x – 13)(x + 13).

16 1. Aire du domaine colorié : A = 2x(4 – x).
2. Aire du domaine formé des deux carrés :
B = x2 + (4 – x)2 .
3. L’aire du domaine constitué des deux carrés est aussi la
différence entre l’aire du grand carré et celle du domaine
colorié.
D’où 16 – A = B donc 16 – 2x(4 – x) = x2 + (4 – x)2.
Note : on peut aussi vérifier cette égalité en développant
chacun des membres.

17 1. x2 > 18 ;

2. x2 > 100.

18 1. x2 ⭓ 4/9 ;

2. x2 > 0,01.

19 1. t 2 < 10–6 ;

2. t2 < 0,000 1.

20 0 < 13 – 1 < 15 – 1 donc a < b.

b) x2 + 212x – 2 = (x + 12)2.
c) 4x – 4x13 + 3 = (2x – 13) .
2

Piste 3 : on note d la diagonale du carré 쎻
5.
2
d
aire 쎻
5 =
2
avec 10 ⭐ d ⭐ 1012.
• Remarquer que l’aire minimale est obtenue lorsque d = 10
(d est alors la distance entre deux côtés opposés du carré).
D’où la disposition correspondante et les dimensions des
équerres.

Application (page 70)

EXERCICES
1

Pythagore tel que c2 = x2 + (10 – x)2.
D’où aire 쎻
5 = x2 + (10 – x)2.
• Mêmes remarques que pour la piste 1.

2

11 a) A = (x + 1)(x –1) ;

21 1 – 108 < 1 – 106 < 0 donc b > a.
b) B = (2x + 3)(3x + 1) ;

c) C = (3x – 5)(2x – 9).

12 a) E = t(3t + 2).
b) F = (3t – 12)(3t – 2) = 3(t – 4)(3t – 2).
c) G = (t + 1)(5t + 7).

13 a) E = (x + 1)2 – 4(x + 1)

22 Corrigé dans le manuel.
23

–∞

x
f(x) = x2

–7

0

49

512

+∞

50
0

E = (x + 1)(x – 3).

1. x2 ⭓ 49 ; 2. x2 ⭓ 50 ; 3. 0 ⭐ x2 ⭐ 50.

b) F = (2x – 1)2 + (2x – 1)(x – 3)
F = (2x – 1)(3x – 4).

24 1. 0 ⭐ x2 ⭐ 1 ; 2. 0 ⭐ x2 ⭐ 12 ; 3. 0 ⭐ x2 ⭐ 0,000 1.
4

Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

31

25 1. Contre-exemple : x = – 2 ; – 2 < 1 mais (– 2)2 > 1.
2. Contre-exemple : x = 5 ; 5 > – 310 mais 52 ⭓ 10.

26 1. Faux. Contre-exemple x = – 10.
2. Vrai.

3. Vrai.

27 1. yA = (– 3)2 = 9 ; yB= 12 = 1.
2

2. a) 0 < x < 9 ;

2

b) 0 < x < 1 ;

28 1. yA = (– 13)2 = 3 ; yB= (15)2 = 5.
2. a) x2 ⭓ 3 ;

b) x2 ⭓ 5 ;






–5
|
0
|
0


+

+

+∞

1
|
|
0
0


+
+


3. La parabole d’équation y = – 3x2 – 12x + 15 coupe l’axe
des abscisses aux points A(– 5 ; 0) et B(1 ; 0).
Elle est au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle
]– 5 ; 1[ et au-dessous sur la réunion d’intervalles
]– ∞ ; – 5[ ∪ ]1 ; + ∞[.

c) 0 ⭐ x ⭐ 9.

2

x
–∞
–3
x+5
x–1
– 3(x + 5)(x – 1)

c) 0 ⭐ x2 ⭐ 5.

38 1. S = 冦4 ; 5 冧.

29 a) S = [–15 ; 15] ;

2
2. Tableau de signe

b) S = ]– ∞ ; – 15[ ∪ ]15 ; + ∞[ ;
c) S = [– 15 ; 0].

30 a) S = [– 3 ; – 2] ∪ [2 ; 3] ; b) S = ]– 212 ; 0[ ∪ ]0 ; 212[.
31 1. Faux. 2. Vrai. 3. Vrai. 4. Vrai.
32 1. S = {2 – 15 ; 2 + 15}.

–∞

x
x–4
– 2x + 5
(x – 4)(–2x + 5)


+


5
2
|
0
0

+∞

4


+

0
|
0

+



34 Corrigé dans le manuel.

3. La parabole d’équation y = – 2x2 + 13x – 20 coupe l’axe
5
des abscisses aux points A ; 0 et B(4 ; 0). Elle est au2
5
; 4 et audessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle
2
5
dessous sur la réunion d’intervalles – ∞ ;
∪ ]4 ; + ∞[.
2

35 1. S = {– 1 ; 2}.

39 1. Tableau de variation

2. S = ]– ∞ ; 2 – 15[ ∪ ]2 + 15 ; + ∞[.



33 1. S = {– 2 – 212 ; – 2 + 212}.
2. S = ]– 2 – 212 ; – 2 + 212[.

x

–∞


+

–1
|
0
0


+


2
0
|
0

+∞
+
+
+

3. La parabole d’équation y = x2 – x – 2 coupe l’axe des
abscisses aux points A(–1 ; 0) et B(2 ; 0).
La parabole est au-dessous de l’axe des abscisses sur
l’intervalle ]– 1 ; 2[.

36 1. S = {2 ; 3}.

+


+

2
|
|
0
0

+

+


3
|
0
|
0

2. L’axe de symétrie de la parabole est la parallèle à l’axe
des ordonnées passant par le sommet S(1 ; – 1).
Tracé de la parabole
y
–1 O
1
2
3
x
–1
S
–3
f (x) = – 2x2 + 4x – 3

+∞
+
+
+
+

–9

40 1. Tableau de variation
x

S = ]– ∞ ; 2[ ∪ ]3 ; + ∞[.
3. La parabole d’équation y = 2x2 – 10x + 12 coupe l’axe
des abscisses aux points A(2 ; 0) et B(3 ; 0).
La parabole est au-dessus de l’axe des abscisses sur la
réunion d’intervalles ]– ∞ ; 2[ ∪ ]3 ; + ∞[.

37 1. S = {– 5 ; 1}.
2. Tableau de signe

32

+∞

1
–1

f

2. Tableau de signe
–∞

–∞





f admet un minimum égal à – 1 obtenu pour x = 1.

S = [– 1 ; 2].

x
2
x–3
x–2
2(x – 3)(x – 2)





2. Tableau de signe
x
x–2
x+1
(x – 2)(x + 1)



–∞

f

–1
2

+∞

1
4

1
1
obtenu pour x = – .
4
2
2. L’axe de symétrie de la parabole est la parallèle à l’axe
1 1
des ordonnées passant par le sommet S – ; .
2 4

f admet un minimum égal à





2. L’axe de symétrie de la parabole est l’axe des ordonnées.
Tracé de la parabole

Tracé de la parabole
y
f (x) = 3x2 + 3x +1

S
–2

–1

–3

7

S
–1
–3 –2 –1
O 1
1

1

f (x) = 3 – x2
O

x

1

–1

2

x

3

6

41 1. Tableau de variation
x

–∞

+∞

0

f

44 1. Tableau de variation

–3

f admet un minimum égal à – 3 obtenu pour x = 0.
2. L’axe de symétrie de la parabole est l’axe des ordonnées.
Tracé de la parabole
y
6
f (x) = x2 – 3

x

2

3 x

f

2. L’axe de symétrie de la parabole est la parallèle à l’axe
1
des ordonnées passant par le sommet S – ; 2 .
2
Tracé de la parabole



y

2
1

0

+∞

–2

3

f

3
S

42 1. Tableau de variation
–∞

+∞

1
f admet un maximum égal à 2 obtenu pour x = – .
2

f (x) = – 4x2 – 4x +1

S

x

–1
2
2

–∞



1
– 3 – 2 – 1 –1 O 1

43 Corrigé dans le manuel.

–1

O
–1

1

x

–2

f admet un maximum égal à 3 obtenu pour x = 0.

Apprendre à chercher (page 79)

EXERCICES

49 1. a) Graphiquement, l’équation x = x2 a pour
solutions 0 et 1.
b) La droite est au-dessus de la parabole lorsque 0 < x < 1.
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation x > x2 est
S1 = ]0 ; 1[.
c) La droite est au-dessous de la parabole lorsque x < 0 ou
x > 1.
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation x < x2 est
S2 = ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[.
2. Tableau de comparaison
x
Comparaison

–∞
2

x<x

0
1
+∞
|
|
|
|
x > x2
x < x2
2
2
x=x
x=x

50 1. a) La somme des aires des deux carrés est :
S(x) = AM2 + MB2
avec AM = x
et BM = 11 – x.
D’où S(x) = x2 + (11 – x)2
= x2 + 121 – 22x + x2
soit S(x) = 2x2 – 22x + 121.
b) Le problème est de déterminer x tel que S(x) = 65, d’où
la mise en équation : 2x2 – 22x + 121 = 65.
Cette équation équivaut à 2x2 – 22x + 56 = 0 soit, après
division par 2, à x2 – 11x + 28 = 0.
2. a) Le nombre x = AM varie entre 0 et 11, donc la fonction
f est définie sur l’intervalle [0 ; 11].
b) Vue d’écran
Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

33

b) Le rectangle AMPN a pour dimensions x et 4 – x.
Ainsi f (x) = x(4 – x) = – x2 + 4x.
Cette expression est du type ax2 + bx + c avec a = –1, b = 1
et c = 0 donc f est un polynôme du 2nd degré .

c) Graphiquement, on conjecture que les solutions de
l’équation f (x) = 0 sont x = 4 et x = 7.
Vérifions par le calcul si ces valeurs conviennent :
f (4) = 42 – 11 × 4 + 28 = 0 ; f (7) = 72 – 11 × 7 + 28 = 0.
Les nombres 4 et 7 de l’intervalle de définition [0 ;11] sont
solutions de l’équation f (x) = 0, donc ce sont les solutions
du problème.

51 1. a) Le nombre x = AM varie entre 0 et 4, donc
l’ensemble de définition de f est l’intervalle [0 ; 4].

EXERCICES
2. Conjectures
a) a < 0 et c = 4.

b) a = – 0,2. Ainsi f (x) = – 0,2x(x – 8) + 4.
c) La condition de sécurité semble remplie. Le maximum
de f ne dépasse pas 8.
Méthode expérimentale
Tracer la droite d’équation y = 8, puis examiner si la
trajectoire parabolique est toujours au-dessous de cette
droite.
3. Démonstration
a) A(0 ; 4) est sur la trajectoire donc f (0) = 4.
Ainsi c = 4.

2

4

4
0

0

b) On conclut que l’aire du rectangle AMPN est maximale
lorsque x = 2, c'est-à-dire lorsque M est au milieu du côté
[AB]. Cette aire maximale vaut 4 cm2.

b) B(10 ; 0) est sur la trajectoire donc f (10) = 0.
D’où 10a(10 – 8) + 4 = 0 soit 20a + 4 = 0 donc a = – 0,2.
c) Ainsi, la trajectoire a pour équation :
y = – 0,2x(x – 8) + 4
y = – 0,2x2 + 1,6x + 4.
d) Cette expression est du type ax2 + bx + c avec a = – 0,2,
b = 1,6 et c = 4.
Comme a < 0, la parabole est tournée vers le bas. Le sommet
S a pour abscisse xs = – b = – 1,6 = 4.
2(– 0,2)
2a
Son ordonnée est ys = – 0,2 × 42 + 1,6 × 4 + 4 = 7,2.
Ainsi S(4 ; 7,2).
L’obus atteint la hauteur maximale de 720 m, donc la
condition de sécurité est remplie.
Ces résultats sont en accord avec l’expérimentation.

C(x) = 10x2 – 16x + 1.

57 a) Faux (P = 8 cm).

53 a) Vrai.
b) Faux. La réponse exacte est 2n2.
c) Faux. La réponse exacte est (n – 1)2.
d) Faux. La réponse exacte est (3n)2.
B(x) = 6x2 – 9x – 11 ;

2

C(x) = 6x – 17x + 12.

55 A(t) = 7t2 – 3t + 3 ;

f

0

Entraînement (page 81)

CALCUL LITTÉRAL

54 A(x) = x2 – 8x + 6 ;

x

Utiliser GeoGebra (page 80)

52 1. Réalisation de la figure avec GeoGebra.

EXERCICES

2. a) Comme a < 0, f est représentée par une partie de
parabole tournée vers le bas. L’extremum de f est obtenu
pour x = – b = – 4 = 2.
2(– 1)
2a
Tableau de variation

B(t) = 16t2 – 2t – 9 ;

b) Vrai (Ꮽ’ = 16 – x(4 – x) = 16 – 4x + x2 cm2).
5
49
cm2).
c) Vrai (si x = , alors Ꮽ’ =
2
4
58 Les aires sont exprimées en cm2.
1. a) Aire du carré rouge : (4 – 2x)2.
b) Aire du domaine constitué des cinq carrés :
Ꮽ = 4x2 + (4 – 2x)2.

C(t) = 19t – 25t + 10.

2. a) Aire d’un des rectangles : x(4 – 2x).

56 A(x) = 13x2 – 4x – 16 ; B(x) = 3x2 – 20x – 7 ;

b) Aire du domaine constitué des quatre rectangles :
Ꮾ = 4x(4 – 2x).

2

34

3. L’aire du domaine colorié est aussi la différence entre
l’aire du grand carré et celle du domaine constitué des
quatre rectangles : Ꮽ = 16 – Ꮾ.
D’où pour tout x de [0 ; 2] :
4x2 + (4 – 2x)2 = 16 – 4x(4 –2x).
Note : on peut aussi vérifier cette égalité en développant
chacun des membres.

59 1. Programme de calcul :
x

ajouter 3

x+3

élever
au carré

(x + 3)2 +

multiplier
par – 1

– (x + 3)2

Ainsi, on obtient en sortie : –(x + 3)2.
2. L’expression – x2 – 9 est définie par le programme :
x
x2
– x2
– x2 – 9
élever
au carré

multiplier
par – 1

ajouter – 9

L’expression – x2 + 3 est définie par le programme :
x
x2
– x2
– x2 + 3
élever
au carré

multiplier
par – 1

ajouter 3

60 1. Programme de calcul :
x

élever
au carré

x2

– x2

multiplier
par – 1

ajouter 2

2. L’expression (– x + 2)2 est définie par le programme :
x
–x
–x + 2
(– x + 2)2
ajouter 2

élever
au carré

L’expression – (x 2 + 2) est définie par le programme :
x
x2
x2 + 2
– (x2 + 2)
élever
au carré

ajouter 2

multiplier
par – 1

61 A(x) = x(3x – 8) ;

B(x) = 5x(5x – 1) ;
D(x) = 5x2(x – 2).

C(x) = 2x(1 – x) ;

62 A(x) = (x – 5)2 ;

B(x) = (3x + 1)2
D(x) = (7x – 4)(7x + 4).

2

C(x) = (6x + 5) ;

63 A(t) = (t + 1)(2t – 3) ;
C(t) = (3t + 5)(6t – 1) ;

ajouter – 1

Programme P2 :
x
x+4
ajouter 4

x

B(t) = (t – 4)(3t – 1) ;
D(t) = (5t – 1)(– 2t –1).

65 A(x) = (5x –1)(5x + 1) ;

B(x) = (3x + 2)(1 – 3x) ;
C(x) = (2 – x)(2x + 4) = 2(x + 2)(2 – x) ; D(x) = (x +2)(x – 1).

66 On développe les expressions a) et c) :
(x – 3)(x + 5) = x2 + 5x – 3x – 15 = x2 + 2x – 15 ;
(x + 1)2 – 16 = x2 + 2x + 1 – 16 = x2 + 2x – 15.
Les trois formes correspondent bien à une même expression.
Note : on peut aussi factoriser l’expression c) écrite sous
forme canonique et retrouver l’expression du a).

67 Corrigé dans le manuel.
68 On développe les expressions b) et c) :
(2x – 1)(x + 2) = 2x2 + 4x – x – 2 = 2x2 + 3x – 2 ;
2
2 x + 3 – 25 = 2 x2 + 3 x + 9 – 25 = 2x2 + 3x – 2.
4
8
2
16
8
Ainsi, les trois formes correspondent bien à une même
expression.





x+2

ajouter 2

(x – 1)2

élever
au carré



ajouter – 9

(x – 1)2 – 9

(x + 4)(x + 2)

calculer le produit

2. Comparaison de P1 et P2
Entrée : x = – 2 ; sortie P1 : 0 ; sortie P2 : 0.
Entrée : x = 1 ; sortie P1 : – 9 ; sortie P2 : 15.
3. Par factorisation :
(x – 1)2 – 9 = (x – 1 – 3)(x – 1 + 3) = (x – 4)(x + 2).
D’où la modification du programme P2 :
x
x–4
ajouter – 4

x

x+2

ajouter 2

x

ajouter – 2



x–2

Programme P2 :
x
– 4x
multiplier
par – 4

x



calculer le produit

(x – 4)(x + 2)

(x – 2)2

élever
au carré

ajouter 1

– 4x + 1

x2

élever
au carré

ajouter 5



5 + (x – 2)2

calculer
la somme

x2 – 4x + 1

2. Comparaison de P1 et P2
Entrée : x = – 2 ; sortie P1 : 21 ; sortie P2 : 13.
Entrée : x = 1 ; sortie P1 : 6 ; sortie P2 : – 2.
3. Par développement :
5 + (x – 2)2 = 5 + x2 – 4x + 4 = x2 – 4x + 9.
D’où la modification du programme P2 :
– 4x
– 4x + 9
x
multiplier
par – 4

x

élever
au carré

B(t) = (7t + 9)(– t – 3) ;
64 A(t) = 7t (– t + 2) ;
C(t) = (t + 1)(4t – 4) = 4(t – 1)(t + 1) ;
D(t) = 4t(2t + 1).



x–1

70 1. Programme P1 :
– x2 + 2

Ainsi, on obtient en sortie : –x2 + 2.

multiplier
par – 1

69 1. Programme P1 :
x



ajouter 9

x2

calculer
la somme

x2 – 4x + 9

COMPARAISON
71 a) 4 ⭐ x2 ⭐ 25 ; b)
72 a)

1
1
< x2 ⭐ ; c) 0 ⭐ x2 ⭐ 5.
9
4

1
⭐ x2 ⭐ 4 ; b) 0 ⭐ x2 ⭐ 9 ; c) 0 ⭐ x2 < 3.
4

73 a) x2 ∈ [0 ; + ∞[ ; b) x2 ∈ [0 ; 9[ ; c) x2 ∈ [0 ; + ∞[.
74 a) S = ]– ∞ ; – 5[ ∪ ]5 ; + ∞[ ; b) S = [– 12 ; 12] ;
c) S = ]– ∞ ; – 212[ ∪ ]212 ; + ∞[.

75 Corrigé dans le manuel.
76 a) S = [– 213 ; – 3] ∪ [3 ; 213].
b) S = [– 212 ; – 12] ∪ [12 ; 212].

77 1. A2 = 4 + 213 ; B2 = 4 + 213.
2. A et B sont positifs et A² = B² donc A = B.

78 X2 = 6 – 215 ; Y2 = 6 – 215.
Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

35

Ainsi X < 0, Y > 0 et X et Y ont le même carré, donc X et Y
sont opposés. Donc X = – Y.

b) x2 = 4 ⇒ x = 2 : faux.
Contre-exemple : x = – 2 est tel que x2 = 4.

79 1. Les abscisses des points d’intersection sont les

c) x < 0 ⇒ x2 < 0 : faux.
x2 est un nombre positif.

solutions de l’équation x2 = 2x.
Cette équation équivaut à x(x – 2) = 0.
D’où x = 0 ou x = 2.

d) x < 13 ⇒ x2 < 3 : faux.
Contre-exemple : x = – 2 ; – 2 < 13 et (– 2)2 ⭓ 3.

2. Tableau de comparaison :
–∞
x2 > 2x

x
Comparaison

0
2
+∞
|
|
x2 < 2x
x2 > 2x
x2 = 2x
x2 = 2x

80 Vue d’écran :

e) x2 = 2 ⇒ x = – 12 ou x = 12 : vrai.
Si x2 = 2, alors x2 – 2 = 0 soit après factorisation
(x + 12)(x – 12) = 0.
Par conséquent, x + 12 = 0 ou x – 12 = 0, donc x = – 12 ou
x = 12.
3. a) 0 < x < 1 ⇒ x > x2.
Illustration graphique :

Tableau de comparaison :
–∞
–1
2
+∞
x2 > x + 2 | x2 < x + 2 | x2 > x + 2
Comparaison
x2 = x + 2
x2 = x + 2
x

b) –1 ⭐ x ⭐ 1 ⇒ 1 – x2 ⭓ 0.
Illustration graphique :

81 1. À partir de la vue d’écran, on conjecture que :
1
• si 0 ⭐ x ⭐ 4, alors x2 ⭐ 2x ;
2
1 2
• si x > 4, alors x > 2x.
2
1
2. a) La différence est Δ = x2 – 2x, soit :
2
1 2 1
1
Δ = x – 4x = x(x – 4).
2
2
2
b) Tableau du signe de la différence Δ sur [0 ; + ∞[ :
x
1x
2
x–4
Δ = 1 x(x – 4)
2

0

+∞

4

0

0

c) x > 1 ⇒ x2 > 1.
Illustration graphique :

+

|

+



0

+



0

+

D’où le tableau de comparaison :
x

0
1 2
x < 2x
2

Comparaison

1 2
x = 2x
2

1 2
x > 2x
2
1 2
x = 2x
2

82 1. x ⭓ 2 ⇒ x2 ⭓ 4 : vrai.
Les nombres x et 2 sont tous deux positifs, donc leurs carrés
sont rangés dans le même ordre.
2

2. a) x < –1 ⇒ x > 1 : vrai.
Les nombres x et –1 sont tous deux négatifs, donc leurs
carrés sont rangés dans l’ordre contraire.

36

COURBE ET VARIATION

+∞

4

83
Fonction

f1

f2

f3

f4

Courbe

Ꮿ3

Ꮿ1

Ꮿ2

Ꮿ4

Fonction

f1

f2

f3

f4

Courbe

Ꮿ3

Ꮿ4

Ꮿ2

Ꮿ3

84

85 a) f (x) = 5 – 2(x + 1)2 = – 2x2 – 4x + 3.

t

–∞

+∞

0
1
4

u

4. Vue d’écran :

b) g(x) = 2(1 – 3x)(1 – x) = 6x2 – 8x + 2.
x

2
3

–∞

+∞

–2
3

g
d) u(t) = 1 – t2.
4
t

–∞

+∞

0
1
4

u

d) v(t) = 1 (t – 1)2 = 1 t2 – 2 t + 1 .
3
3
3
3
t

3. Processus d’encadrement lorsque – 2 ⭐ x ⭐ 1 :
– 2 ⭐ x ⭐ 1 → – 3 ⭐ x – 1 ⭐ 0 → 0 ⭐ (x – 1)2 ⭐ 9

2 ⭐ f (x) ⭐ 11

–∞

+∞

1

v

On conjecture que le résultat de Tom est faux.
Correction du processus :
0 ⭐ x ⭐ 3 → – 1 ⭐ x – 1 ⭐ 2 → 0 ⭐ (x – 1)2 ⭐ 4

2 ⭐ (x – 1)2 + 2 ⭐ 6

91 1. Vue d’écran :

0

86 1. f (a) = (a – a)(a – b) = 0.
f (b) = (b – a)(b – b) = 0.
2. a) D’après le tableau de variation, a = – 1 et b = 3.
Ainsi f (x) = (x + 1)(x – 3), d’où f (x) = x2 – 2x – 3.
b) Tableau
x

–∞

f

–1

1

0

–4

3 +∞
0
On conjecture l’existence d’un unique point d’intersection
entre ᏼ : y = 4x2 et d : y = 4x – 1.

87 1. Le sommet de la parabole est S(2 ; – 2).
2. f (x) = (x – a)2 + m.
Pour tout nombre réel x, (x – a)2 ⭓ 0 donc (x – a)2 + m ⭓ m
soit f (x) ⭓ m ; de plus f (a) = m.
Donc f admet un minimum m obtenu lorsque x = a.
On en déduit que m = – 2 et que a = 2.
D’où l’expression de f (x) :
f (x) = (x – 2)2 – 2, soit f (x) = x2 – 4x + 2.

2. On résout l’équation 4x2 = 4x – 1.
Elle équivaut à 4x2 – 4x + 1 = 0 soit (2x – 1)2 = 0.
1
Donc x = .
2
Ainsi la parabole et la droite ont un seul point commun
I 1 ; 1 . La droite d est tangente à la parabole ᏼ.
2

88 1. Le sommet de la parabole est S(– 1 ; 3).

Ainsi S = {– 13 ; 13].

2. f (x) = M – (x – a)2.
Pour tout nombre réel x, – (x – a)2 ⭐ 0 donc M – (x – a)2 ⭐ M
soit f (x) ⭐ M ; de plus f (a) = M.
Donc f admet un maximum M obtenu lorsque x = a.
On en déduit que M = 3 et que a = –1.
D’où l’expression de f (x) :
f (x) = 3 – (x + 1)2 soit f (x) = – x2 – 2x + 2.

89 Corrigé dans le manuel.
90 1. x

ajouter –1

x–1

élever
au carré

(x – 1)2

ajouter 2

2. Processus d’encadrement lorsque 1 ⭐ x ⭐ 3 :
1 ⭐ x ⭐ 3 → 0 ⭐ x – 1 ⭐ 2 → 0 ⭐ (x – 1)2 ⭐ 4

2 ⭐ f (x) ⭐ 6

(x – 1)2 + 2.





92 1. a) L’équation f (x) = 0 équivaut à x2 = 3 .
b) Tableau du signe de f (x) :
x
f (x)

–∞


–13
0

+

13
0

+∞


2. a) d passe par les points A(– 1 ; 2) et B(2 ; –1).
d a une équation du type : y = ax + b avec
y –y
a = B A = –1 et b = yA – axA = 1.
xB – xA
Ainsi d représente la fonction affine g : x 哫 – x + 1.
b) Résolution graphique de f (x) > g(x) :
S = ]– 1 ; 2[.
3. a) f (x) > g(x) ⇔ 3 – x2 > – x + 1 ⇔ – x2 + x + 2 > 0.
b) Par développement :
(x + 1)(2 – x) = 2x – x2 + 2 – x = – x2 + x + 2.
Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

37

c) On étudie le signe du produit (x + 1)(2 – x).
x
x+1
2–x
(x + 1)(2 – x)

–∞

–1
0
|
0


+


2
|
0
0

+
+
+

+∞
+



L’inéquation f (x) > g(x) équivaut à (x + 1)(2 – x) > 0 d’où
l’ensemble des solutions S = ]– 1 ; 2[.

93 1. Il suffit de trouver un contre-exemple.

Le nombre x = – 4 est tel que (– 4)2 ⭓ 4 avec – 4 < 2.
Ainsi la réciproque est fausse.
2. a) Si x2 = 9, alors x = 3 : faux.
Contre-exemple : x = – 3.
c) Si x2 ⭓ 3, alors x ⭓ 13 : faux.
Contre-exemple : x = – 2.
– ∞ –2 –13 0
4

x2

3

0

13 + ∞
3

b) x = – 12 ou x = 12 ⇒ x2 = 2 : vrai.
c) x2 < 1 ⇒ – 1 < x < 1 : vrai.
–∞

–1

b) F(4) = 4,3. Pour un prix de 4 €, l’offre est de 4 300 t.
c) Pour un prix de 4 €, le marché est déséquilibré ; la
demande est largement inférieure à l’offre.
3. Graphiquement, on conjecture que le prix d’équilibre est
pe = 3 €.
Vérification : D(3) = 3 et F(3) = 3 donc D(3) = F(3).
Le prix d’équilibre pe = 3 assure une offre et une demande
de 3 000 t de fraises.

0

97 1. a) Expressions des aires de AHE, HMDE et
MBCD :
1
1
x 2 x2
= ;
aire(AHE) = × AH2 = ×
2
2
2
8
1
1 x
x
aire(HMDE) = (HE + MD) × HM =
+8–x ;
2
2 2
2
1 16 – x x – x2 + 16x
x2
aire(HMDE) =
=
= – + 2x ;
2
8
2
2
8
aire(MBCD) = BM2 = (8 – x)2 = x2 – 16x + 64.

冢 冣





3. a) x2 ⭓ 0 ⇒ x ⭐ 0 : faux.
Contre-exemple : x = 2.

x

2. a) D(4) = 1,5. Pour un prix de 4 €, la demande est de 1 500 t.

96 Corrigé dans le manuel.

b) Si x2 = 0, alors x = 0 : vrai.

x

Autre solution : il suffit d’examiner l’offre et la demande
pour des valeurs de p particulières (2 ou 5 €).
D(2) = 5,5 et F(2) = 1,1 d’où le choix des courbes.

1 +∞





b) L’aire de ABCDE est la somme de ces aires :
x2 x2
aire(ABCDE) =

+ 2x + x2 – 16x + 64
8
8
aire(ABCDE) = x2 – 14x + 64.
2. a) Intervalle de définition : I = [0 ; 8].

x2

1

0

1

MISE EN ÉQUATION OU INÉQUATION
94 1. Aire des deux allées :
A = 12x + x(8 – x) = – x2 + 20x.
Note : on peut aussi calculer A comme la somme des aires
des deux allées diminuée de l’aire du carré situé à leur
intersection. Ainsi, A = 12x + 8x – x2 = – x2 + 20x.
2. a) Superficie du terrain : 8 × 12 = 96 m2.
1
A = superficie d’où la mise en équation :
6
– x2 + 20x = 16, soit x2 – 20x + 16 = 0.
Condition : 0 ⭐ x ⭐ 8.
b) (x – 10)2 – 84 = x2 – 20x + 100 – 84 = x2 – 20x + 16.
c) Résolution : (x – 10)2 – 84 = 0, soit (x – 10)2 = 84.
Ainsi : x – 10 = – 484 ou x – 10 = 484
x = 10 – 2421 ou x = 10 + 2421.
Seule la première valeur vérifie la condition 0 ⭐ x ⭐ 8.
La largeur des allées est 10 – 2421 ≈ 0,83 m.

95 1. Courbe rouge : fonction D ; courbe verte : fonction F.
En effet, la demande D est représentée par une partie de
parabole « tournée vers le haut » vu que le coefficient du
terme en p2 est positif , alors que pour l’offre F, la parabole
est tournée vers le bas.
38

b) La fonction aire f est du type x 哫 ax2 + bx + c avec
a = 1 ; b = – 14 ; c = 64. Comme a > 0 , elle est représentée
par une partie de parabole « tournée vers le haut ».
b
Son minimum est obtenu pour x = –
soit x = 7.
2a
Tableau de variation
x
f

0
64

7

8
16

15

Ainsi, l’aire du polygone ABCDE est minimale lorsque
x = 7 (cm) et cette aire minimale vaut 15 (cm2).

98 1. Diamètre, en mm, de la section du fil 2 :
CB = AB – AC = 20 – 2x.
CB
soit CJ = 10 – x.
D’où le rayon du fil 2, CJ =
2
2. a) Aire de la section de la gaine :
AB
AG = πR2 avec R =
= 10 donc AG = 100π.
2
b) Somme des aires des sections des deux fils de rayons
respectifs x et 10 – x : AF = πx2 + π(10 – x)2.
70
A soit :
3. Le rayon x est tel que AF =
100 G
70
× 100π.
πx2 + π(10 – x2) =
100
2
2
D’où x + (10 – x) = 70.
Ainsi le rayon x est solution de l’équation :
x2 + (10 – x)2 – 70 = 0.

4. Pour la résolution de l’équation, la forme canonique est
la mieux adaptée.
2(x – 5)2 – 20 = 0 équivaut à (x – 5)2 = 10.
Donc x – 5 = – 410 ou x – 5 = 410
x = 5 – 410 ou x = 5 + 410.
Or x est le rayon du fil le plus gros donc x ⭓ 5 et la valeur
qui convient est 5 + 410.
Ainsi les rayons, en cm, des fils sont respectivement :
• gros fil : x = 5 + 410 ≈ 8,16 ;
• petit fil : 10 – x = 5 – 410 ≈ 1,84.

x=–

b
soit x = 8.
2a
x

0

8

+∞

24,8

B

Le bénéfice maximal espéré est de 24 800 € obtenu pour
une production de 8 tonnes de poutres.
c) Vue d’écran :

99 1. a) x2 + 10x = 96 équivaut à x2 + 10x + 52 = 96 + 52
soit (x + 5)2 = 121.
b) Le processus algorithmique donne en sortie 6.
• 10 ÷ 2 = 5
• 52 = 25
• 96 + 25 = 121
• 5121 = 11
• 11 – 5 = 6
L’équation (x + 5)2 = 121 équivaut à :
x + 5 = – 5121 ou x + 5 = 5121
x = – 11 – 5 ou x = 11 – 5
x = – 16 ou x = 6
-ı donne bien la solution
Ainsi la méthode d’Al-Khuwarizm
positive de l’équation proposée.
-ı, pour la résolution de
2. La méthode d’Al-Khuwarizm
l’équation x2 + 8x = 2 009 donne x = 41.
•8÷2=4
• 42 = 16
• 2 009 + 16 = 2025
• 72 025 = 45
• 45 – 4 = 41
3. Équation du type x2 + bx = c (b et c positifs)
Variables
b, c, s
Algorithme
Saisir b
Saisir c

Graphiquement, le solutions de l’équation B(x) = 0 sont
x1 ≈ 0,13 et x2 ≈ 15,87.
Note : les solutions de l’équation B(x) = 0 sont symétriques
par rapport à x = 8 d’où x1 + x2 = 16.
Ainsi, pour obtenir un bénéfice positif, l’entreprise doit
produire entre 0,13 et 15,87 tonnes de poutres.

101 1. a) Le propriétaire a consenti une réduction de 2 €,

c'est-à-dire qu’il a cumulé 20 réductions de 0,1 €.
Nombre de spectateurs : 300 + 20 × 10 = 500.
b) Montant de la recette : 500 × 5 = 2 500 €.

2. Pour remplir la salle, il doit vendre 700 places supplémentaires, c'est-à-dire cumuler 70 réductions de 0,1 €. Le
prix du billet sera alors p = 7 – 70 × 0,1 = 0.
S’il veut remplir sa salle, la séance doit être gratuite…
3. a) Prix du billet : p(x) = 7 – 0,1x.
b) Le nombre de spectateurs s’exprime alors par :
n(x) = 300 + 10x.
D’où le montant de la recette : r(x) = n(x) × p(x)
r(x) = (300 + 10x)(7 – 0,1x)
r(x) = – x2 + 40x + 2 100.

8

s reçoit c +

b 2 b

2
2

冢冣

Afficher s

OPTIMISATION
100 1. Prix de vente : P(x) = 2,3x.
2. a) Bénéfice : B(x) = P(x) – C(x)
B(x) = 2,3x – [0,4x2 – 4,1x + 0,8]
B(x) = – 0,4x2 + 6,4x – 0,8.
b) Le bénéfice est une fonction du type x 哫 ax2 + bx + c
avec a = – 0,4 ; b = 6,4 ; c = – 0,8.
Comme a < 0, elle est représentée par une partie de parabole
« tournée vers le bas ». Son maximum est obtenu pour

c) La fonction r est du type x 哫 ax2 + bx + c avec a = – 1 ;
b = 40 ; c = 2 100. Comme a < 0, elle est représentée par une
partie de parabole « tournée vers le bas ». Son maximum est
b
soit x = 20.
obtenu pour x = –
2a
x
r

0

20

70

2 500
2 100

0

d) La recette maximale est de 2 500 € obtenu pour 20
réductions de 0,1 €.
Le prix du billet est p(20) = 7 – 20 × 0,1 = 5 €. Le nombre
de spectateurs est n(20) = 300 + 10 × 20 = 500. La salle est
à moitié pleine !
Note : on retrouve la situation de la question 1.
Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

39

AVEC LES TICE

Étape numéro k

1

2

3

4

102 1. a) Création de la page de calcul.

Dernier entier impair : 2k – 1

1

3

5

7

b) Conjecture : la différence semble significative à partir
d’un taux de 0,1 c'est-à-dire 10 %.

Somme : 1 + 3 + …+ (2k – 1)

12

22

32



2. a) C – C’ ⭓ 0,01 s’écrit (1 + t)2 – (1 + 2t) ⭓ 0,01
soit t2 ⭓ 0,01.
b) Le taux t est un nombre positif donc t ⭓ 60,01 soit
t ⭓ 0,1.
Ainsi, la différence entre les coefficients multiplicateurs
(1 + t)2 et 1 + 2t est significative dès que t ⭓ 0,1.

103 1. d) Conjecture : le point P semble décrire un arc de
parabole.
2. a) Dans un triangle rectangle, les angles aigus sont
complémentaires. Ainsi, dans les triangles rectangles AOM
et AMN, kOMA = 90° – kMAO et lONM = 90° – kMAO donc
kOMA = lONM.
b) Dans les triangles rectangles AOM et MON :
OA
1
OM m
tan kOMA =
.
=
et tan lONM =
=
OM m
ON ON
1
m
Or tan lOMA = tan lONM donc
=
d’où ON = m2.
m ON
c) Les coordonnées de P sont :
xP = xM = m et yP = yN = m2.
Ainsi, yP = xP2 donc le point P(m ; m2) est sur la parabole
d’équation y = x2.

PRENDRE TOUTES LES INITIATIVES
104 On note x le côté (exprimé en m) d’un des carrés
constituant la croix.
1
Mise en équation : aire(croix) = aire(fanion)
4
1
2
5x = × 1,25 × 1
4
d’où x2 = 0,062 5.
Or x est un nombre positif donc x = 90,062 5 = 0,25.
Ainsi le côté du carré mesure 0,25 m, soit 25 cm.
105 Un processus algorithmique permet de trouver la
somme des k premiers nombres impairs.
7
5
3
1
12

40

1

5

3
1

1 + 3 = 22 1 + 3 + 5 = 32

3
1
1 + 3 + 5 + 7 = 42

Pour la somme S = 1 + 3 + 5 + … + 2 009 le processus nécessite k étapes où le nombre k est défini par 2 009 = 2k – 1.
Ainsi k = 1 005.
Or la somme vérifie S = k2 donc :
1 + 3 + 5 + 7 + … + 2 009 = 1 0052 = 1 010 025.
2
106 On trace la parabole d’équation y = x + x .

5 150
Ici, les distances d’arrêt (en m) sont notées y et les vitesses
(en km.h–1) x.
Fenêtre possible : 0 ⭐ x ⭐ 150 ; pas : 20 ;
– 30 ⭐ y ⭐ 150 ; pas : 20.
Note : la plage de y doit permettre de visualiser l’affichage
lorsqu’on passe en mode TRACE.
À l’aide du mode TRACE, on peut estimer les distances
d’arrêt.
Distance d’arrêt en moins de :
• 36 m pour des vitesses de moins de 60 km.h–1 ;
• 120 m pour des vitesses de moins de 120 km.h–1.
On peut vérifier par le calcul les valeurs des vitesses limites
conjecturées.
2
d(60) = 60 + 60 = 36
5 150
2
et d(120) = 120 + 120 = 120.
150
5

EXERCICES

Approfondissement (page 88)

107 1. a) Les triangles CGH et CAB sont dans la
configuration de Thalès avec (GH) parallèle à (AB), d’où :
GH CG
GH
x
x
=
soit
=
donc GH = .
AB CA
6
12
2
x2
b) aire(DGHI) = GD × GH donc aire(DGHI) = .
2
2. a) Les triangles CDE et CAB sont dans la configuration
de Thalès avec (DE) parallèle à (AB), d’où :
ED CD
ED 2x
donc ED = x.
=
soit
=
BA CA
6
12
b) aire(ADEF) = DE × DA = x(12 – 2x) = – 2x2 + 12x.
3. a) Mise en équation : aire(DGHI) = aire(ADEF)
x2
= – 2x2 + 12x
2
x2 = – 4x2 + 24x
5x2 – 24x = 0.
b) Par factorisation : x(5x – 24) = 0.
24
= 4,8.
5
Or 0 < x < 6 donc seule la valeur 4,8 convient.
Ainsi aire(DGHI) = aire(ADEF) uniquement dans le cas où
x = 4,8 cm.
Cette équation équivaut à x = 0 ou x =

108 1. Dans le triangle rectangle MAQ, d’après le
théorème de Pythagore MQ2 = MA2 + AQ2, soit :
MQ2 = x2 + (20 – x)2.
Ainsi aire(MNPQ) = MQ2 soit
aire(MNPQ) = x2 + (20 – x)2 ;
d’où S(x) = 2x2 – 40x + 400.
Autre solution :
aire(MNPQ) = aire(ABCD) – 4 × aire(MAQ)
1
aire(MNPQ) = 202 – 4 × × x(20 – x)
2
d’où S(x) = 2x2 – 40x + 400.
2. L’inéquation S(x) > 272 s’écrit :
2x2 – 40x + 400 > 272.
d’où
2x2 – 40x + 128 > 0.
3. a) Vue d’écran :

b) On conjecture que les solutions du problème sont les
nombres x tels que 0 ⭐ x < 4 ou 16 < x ⭐ 20.
3. a) Par développement de l’expression factorisée, on
obtient (8 – 2x)(16 – x) = 128 – 8x – 32x + 2x2
soit (8 – 2x)(16 – x) = 2x2 – 40x + 128.

b) Tableau de signe
x
0
8 – 2x
16 – x
(8 – 2x)(16 – x)

+
+
+

4
0
|
0


+


16
|
0
0

20


+

Le problème revient à déterminer les valeurs de x telles que
le produit est strictement positif.
Ensemble des solutions : S = [0 ; 4[ ∪ ]16 ; 20].

109 1. a) Forme canonique :
2(x – 1)2 – 8 = 2(x2 – 2x + 1) – 8 = 2x2 – 4x – 6 = f (x).
b) Forme factorisée :
2(x – 3)(x + 1) = (2x – 6)(x + 1) = 2x2 – 4x – 6 = f (x).
2. a) B est le point d’intersection de la parabole et de l’axe
des ordonnées donc xB = 0 et yB = f (0).
À partir de la forme développée : f (0) = – 6.
Ainsi B(0 ; – 6).
b) C et D sont les points d’intersection de la parabole et de
l’axe des abscisses donc yC = yD = 0 et les abscisses de C et
D sont les solutions de l’équation f (x) = 0.
On choisit la forme factorisée :
2(x – 3)(x + 1) = 0 équivaut à x = 3 ou x = – 1.
Ainsi C(– 1 ; 0) et D(3 ; 0).
c) On utilise la forme canonique.
• Pour tout x, 2(x – 1)2 ⭓ 0 donc 2(x – 1)2 – 8 ⭓ – 8
soit f (x) ⭓ – 8.
• L’équation f (x) = – 8 s’écrit 2(x – 1)2 – 8 = – 8.
Elle équivaut à 2(x – 1)2 = 0 donc x = 1.
Ainsi f admet un minimum égal à – 8 obtenu en x = 1. D’où
le sommet de la parabole : A(1 ; – 8).
3. Les abscisses de I et J sont les solutions de l’équation
f (x) = 2.
2(x – 1)2 – 8 = 2 équivaut à (x – 1)2 = 5 donc x = 1 – 15 ou
x = 1 + 15.
Ainsi I(1 – 15 ; 2) et J(1 + 15 ; 2).
90°
110 1. Dans le triangle rectangle BHM, HBM = = 45°

2
donc BHM est un triangle rectangle isocèle en H.
Ainsi HM = BH = x.
1
2. a) aire(ABHM) = (BA + HM) × BH donc
2
1
x2 + 4x
.
f (x) = (4 + x)x soit f (x) =
2
2
b) Dans le triangle CDM, on considère la base b = CD = 4
et la hauteur associée h = HC = 4 – x.
1
1
Ainsi aire(CDM) = b × h d’où g(x) = × 4(4 – x) soit
2
2
g(x) = 8 – 2x.
3. L’abscisse x0 du point d’intersection des courbes représentatives de f et g est la valeur de x telle que :
aire(CDM) = aire(ABHM).
Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

41

x2 + 4x
= 8 – 2x.
2
2
Elle équivaut à
x + 4x = 16 – 4x
x2 + 8x = 16
2
x + 8x + 16 = 32
soit
(x + 4)2 = 32.
On en déduit que : x + 4 = – 432 ou x + 4 = 432
x = – 4 – 412 ou x = – 4 + 412.
Or les conditions du problème imposent que 0 ⭐ x ⭐ 4
donc la valeur – 4 – 412 ne convient pas.
La solution du problème est x0 = – 4 + 412 (x0 ≈ 1,66).

4. L’équation f (x) = g(x) s’écrit

111 1. Équivalences
• a et b sont deux nombres réels quelconques.
« a < b » n’implique pas « a2 < b2 ».
Contre-exemple : a = – 2, b = 1.
– 2 < 1 et (– 2)2 ⭓ 12.
Conclusion :쎻
1 et쎻
2 ne sont pas équivalentes.
• a et b sont deux nombres négatifs.
« a < b » ⇒ « a2 > b2 »
Cette implication traduit que la fonction x 哫 x2 est
strictement décroissante sur ]– ∞ ; 0].
Réciproquement : « a2 > b2 » ⇒ « a < b »
x

–∞

a

b

0

b2

0

a

Note : preuve algébrique
a2 > b2 ⇒ a2 – b2 > 0 ⇒ (a – b)(a + b) > 0
Or par hypothèse a < b ⭐ 0 donc a + b < 0.
De la règle des signes on déduit que a – b < 0 soit a < b.
D’où l’implication : « a2 > b2 » ⇒ « a < b ».
2 sont équivalentes.
Conclusion :쎻
1 et쎻
• a et b sont deux nombres réels.
« a2 = b2 » ⇒ « a = b ou a = – b ».
Preuve : a2 = b2 ⇒ a2 – b2 = 0 ⇒ (a – b)(a + b) = 0
⇒ a – b = 0 ou a + b = 0
⇒ a = b ou a = – b.
Réciproquement : « a = b ou a = – b » ⇒ « a2 = b2 »
Preuve : si a = b alors a2 = b2 ;
si a = – b alors a2 = (– b)2 = b2
Ainsi « a = b ou a = – b » ⇒ « a2 = b2 » .
Conclusion :쎻
1 et쎻
2 sont équivalentes.
2. Examinons les deux implications en utilisant le tableau
de variation de la fonction carré sur ⺢.

x2

–∞

–2
4

–1
1

0
0

1

+∞

1

2

• « x < 1 » implique « x < 1 ».
• « x < 1 » n’implique pas « x2 < 1 » .
Contre-exemple : x = – 2 est tel que – 2 < 1 et (– 2)2 ⭓ 12.
L’équivalence écrite est donc fausse !
1
1
112 1. aire(AMN) = AM2 soit f (x) = x2.
aire(BMP) =

42

3. a) Graphiquement, on conjecture que les trois aires sont
égales pour x = 2.
Vérification : lorsque x = 2 cm,
aire(AMN) = aire(BMP) = aire(CNP) = 2 cm2.
b) Rangement des aires :
x
Ordre

0
2
4
f (x) ⭐ h(x) < g(x) | g (x) ⭐ h(x) < f (x)
f (x) = g(x) = h(x)

2

x2

x

Dans le triangle CNP, soit [PH] la hauteur issue de P.
On choisit pour base CN = 4 – x et pour hauteur associée
PH = MA = x.
1
1
aire(CNP) = CN × PH soit h(x) = x(4 – x).
2
2
2. Les fonctions f, g et h sont définies sur I = [0 ; 4].
Vue d’écran :

2
2
1
1
MB2 soit g (x) = (4 – x)2.
2
2

PRENDRE TOUTES LES INITIATIVES
113 La situation est résumée par le tableau :
Capital de départ

C

Au bout de 1 an

(1 + t %)C

Au bout de 2 ans

(1 – t %)(1 + t %)C

Au bout de 3 ans

(1 – t %)(1 + t %)2C

Au bout de 4 ans

(1 – t %)2(1 + t %)2C

Ainsi le capital simulé au bout de 4 ans est :
C’ = (1 – t %)2(1 + t %)2C avec 0 < t < 100.
Mise en équation :
t 2
t 2
1–
1+
× 1 000 000 = 999 200,16
100
100
(100 – t)2(100 + t)2 = 99 920 016
[10 000 – t2]2 = 99 920 016
d’où 10 000 – t2 = 099 920 016 = 9 996.
On en déduit que t2 = 4 donc t = 2.
La simulation a été réalisée à partir d’un taux de 2 %.



冣冢



114 On note x la longueur (en m) des côtés perpendiculaires

à la jetée : 0 ⭐ x ⭐ 200.
Ainsi l’autre dimension du parc rectangulaire est 400 – 2x.

Aire du parc : S(x) = x(400 – 2x)
S(x) = – 2x2 + 400x
L’expression de l’aire est du type ax2 + bx + c avec a = – 2,
b = 400 et c = 0.
Comme a < 0 , la fonction S est représentée par une partie
de parabole « tournée vers le bas ». Son maximum est
b
obtenu pour x = –
soit x = 100.
2a
Tableau de variation :
x
S

0

100

200

20 000
0

0

L’aire du parc est maximale lorsque x = 100 m ; la superficie
du parc est alors de 20 000 m2.

115 Conjecture : la courbe passant par les points O, A, B,
C, D est un arc de parabole.
Dans le repère (O ; I, J) :
O(0 ; 0), I(1 ; 0), D(1 ; 1), M1(1 ; 1/4), M2(1 ; 1/2), M3(1 ;3/4).
Les droites (OM1), (OM2), (OM3) ont pour équations
1
1
3
respectives y = x ; y = x ; y = x .
4
2
4
1
1
3
Or xA = , xB = et xC = donc les ordonnées des points
4
2
4
1
1
1
1
3
9
A, B, C sont yA = xA = ; yB = xB = et yC = xB = .
4
16
2
4
4
16
1 1
1 1
3 9
,B ;
et C ;
.
Ainsi A ;
4 16
2 4
4 16
Finalement, les points O, A, B, C, D ont leurs coordonnées
qui vérifient y = x2 donc ils sont situés sur la parabole
d’équation y = x2.



冣 冢







Chapitre 3 ● Fonction carré. Problèmes du 2nd degré

43


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